PUC-Rio Desafio em Matemática 15 de outubro de 2009

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1 PUC-Rio Desafio em Matemática 15 de outubro de 2009 Nome: GABARITO Assinatura: Inscrição: Identidade: Questão Valor Nota Revisão 1 1,0 2 1,0 3 1,5 4 1,5 5 1,5 6 1,5 7 2,0 Nota final 10,0 Instruções Mantenha seu celular desligado durante toda a prova. Não é permitido usar nenhum tipo de calculadora. Não destaque as folhas da prova. A prova pode ser resolvida a lápis, caneta azul ou caneta preta. Não use caneta vermelha ou verde. Você não tem o direito de consultar anotações. Todas as respostas devem ser justificadas.

2 1. (1,0 pontos) Quantas raízes reais tem a equação abaixo? x 9 5x = 0 Solução: Considere P(z) = z 3 5z + 1. Temos P( 3) = 11, P( 2) = 3, P( 1) = 5, P(0) = 1, P(1) = 3, P(2) = 1, P(3) = 13. Assim existem z 1 ( 3, 2), z 2 (0, 1) e z 3 (2, 3) com P(z 1 ) = P(z 2 ) = P(z 3 ) = 0. Como P tem grau 3, estas são as únicas raízes de P e temos P(z) = (z z 1 )(z z 2 )(z z 3 ). A equação do problema é P(x 3 ) = 0 ou (x 3 z 1 )(x 3 z 2 )(x 3 z 3 ) = 0. Assim ela admite três raízes reais: z 1/3 1, z 1/3 2 e z 1/3 3.

3 2. (1,0 pontos) Seja ABCD um quadrado de lado 1. Trace círculos de raio 1 com centro em cada um dos quatro vértices. Determine a área da região interior aos quatro círculos (indicada na figura). B A C D Solução: Sejam E e F as interseções entre círculos indicadas na figura abaixo. Os triângulos CDE e BCF são equiláteros logo ÊCF = π/6. Assim a área da fatia ECF é igual a π/12. B A E O F C D Seja O o centro do quadrado. Os triângulos ECO e CFO têm base ( 3 1)/2 e altura 1/2 logo área ( 3 1)/8 cada. Assim a área da região EOF indicada na figura é π/12 ( 3 1)/4 e a área pedida é igual a π/

4 3. (1,5 pontos) Para n um inteiro positivo, defina { n 2 f(n) =, n par, 2 n (n + 1), ímpar. Assim, f(1) = 4, f(2) = 1, f(3) = 32, f(4) = 2, f(5) = 192, f(6) = 3 e f(7) = Mostre que existe um inteiro positivo k tal que f k (2010) = 1 e encontre o menor tal k. (Notação: f 2 (n) = f(f(n)), f 3 (n) = f(f(f(n))), f k+1 (n) = f(f k (n)).) Solução: Temos f(2010) = 1005, f 2 (2010) = = , f 3 (2010) = , f 1008 (2010) = 503, f 1009 (2010) = = , f 1515 (2010) = 63, f 1516 (2010) = = 2 69, f 1582 (2010) = 8, f 1583 (2010) = 4, f 1584 (2010) = 2, f 1585 (2010) = 1. Assim o menor k tal que f k (2010) = 1 é k = 1585.

5 4. (1,5 pontos) Zé Roberto e Humberto disputam um jogo. Eles jogam um dado comum até sair duas vezes consecutivas o mesmo número. Se este número a aparecer repetido for par, ganha Zé Roberto; se for ímpar, ganha Humberto. Eles começam a partida: o primeiro número sorteado é 1, o segundo é 4, o terceiro é 2. Qual é, neste momento, a probabilidade de que Zé Roberto ganhe? Solução: Seja P 0 a resposta do problema, i.e., a probabilidade de que Zé Roberto ganhe se o último número sorteado for par. Por simetria, se o último número sorteado for ímpar a probabilidade de que Humberto ganhe será igual a P 0 donde a probabilidade de que Zé Roberto ganhe será 1 P 0. Se o último número sorteado for par, temos 1/6 de probabilidade de que Zé Roberto ganhe imediatamente, 1/3 de probabilidade de que caia outro número par e 1/2 de probabilidade de que caia um número ímpar. Assim P 0 = P P 0, 2 6P 0 = 1 + 2P P 0, 7P 0 = 4, P 0 = 4 7.

6 5. (1,5 pontos) Em um dodecaedro regular de aresta 1, considere um vértice arbitrário A. A partir de A ande ao longo de uma aresta, dobre à direita no primeiro vértice e marque o segundo vértice encontrado: faça isso das três formas possíveis para obter os vértices B, C e D, conforme a figura. Determine o volume do tetraedro de vértices A, B, C e D. B A C D

7 Solução: A partir de B, C e D, ande uma aresta e dobre à esquerda para obter os vértices E, F e G. A partir de E, F e G, ande uma aresta e dobre à direita para obter o vértices H e completar um poliedro que afirmamos ser um cubo. B E C A H G D F De fato, todas as 12 arestas têm o mesmo comprimento pois são diagonais de um pentágono regular de lado 1 logo iguais a ϕ = (1 + 5)/2. Além disso, todos os 8 vértices estão sobre uma esfera logo cada face é um quadrilátero inscritível. Assim cada face é quadrada, o que é suficiente para garantir que o poliedro é realmente um cubo. O volume do cubo é ϕ 3 = O tetraedro do enunciado tem um sexto do volume do cubo donde seu volume é igual a (2 + 5)/6.

8 6. (1,5 pontos) Seja g(n) = 3 n + 2 n n. Seja a 0 = 0 e defina a n+1 = g(a n ). Assim, a 1 = g(a 0 ) = g(0) = = 2 e a 2 = g(2) = 11. Determine o último algarismo de a 2010 (escrito em notação decimal). Solução: Precisamos determinar o valor de a n módulo 10, i.e., o resto da divisão de a n por 10. Um complicador é que o valor de n módulo 10 não determina o valor de 3 n, 2 n ou g(n) módulo 10. Por outro lado, para n 2, o valor de n módulo 20 determina sim o valor de g(n) módulo 20. De fato, 3 n ( 1) n (mod 4), 2 n 0 (mod 4) para n 2 e Assim 1, n 0 (mod 4), 3 n 3, n 1 (mod 4), 4, n 2 (mod 4), 2, n 3 (mod 4), 1, n 0 (mod 4), 2 n 2, n 1 (mod 4), 4, n 2 (mod 4), 3, n 3 (mod 4), a 1 2 (mod 4), a 1 2 (mod 5), a 2 3 (mod 4), a 2 1 (mod 5), (mod 5); (mod 5). a 3 = 3 a a 2 a (mod 4), a = 4 (mod 5), a 4 = 3 a a 3 a (mod 4), a (mod 5), a 5 = 3 a a 4 a (mod 4), a (mod 5), a 6 = 3 a a 5 a (mod 4), a (mod 5). Temos a 5 a 1 (mod 20) e a 6 a 2 (mod 20). Mais geralmente, se n 1,n 2 1, n 1 n 2 (mod 4) então a n1 a n2 (mod 20). Como (mod 4) temos a 2010 a 2 = 11 (mod 20) e portanto o último algarismo é igual a 1.

9 7. (2,0 pontos) Para inteiros não negativos a e b, defina a b por a 0 = 1, a 1 = a, a 2 = a a e a (b + 1) = a (a b). Assim, por exemplo, 2 4 = = 2 24 = 2 16 = Encontre um inteiro positivo n tal que Justifique sua resposta. 2 n < < 2 (n + 1). Solução: Demonstraremos por indução as duas seguintes afirmações: (I) Para todo n 1 temos 2 (n + 2) < 2010 n. (II) Para todo n 1 temos 20(2010 n) < 2 (n + 3). Segue diretamente destas duas afirmações que a resposta do problema é n = Note que a afirmação (II) é mais forte do que o que precisamos; ela é formulada assim para que a demonstração por indução funcione. Demonstração de (I): O caso n = 1 é trivial: 2 3 = 16 < = Suponha agora a afirmação válida para n e vamos provar que ela é válida para n + 1. Temos 2 (n + 3) = 2 (2 (n+2)) < 2010 (2 (n+2)) < 2010 (2010 n) = 2010 (n + 1), completando a demonstração. Demonstração de (II): O caso n = 1 é trivial: 20(2010 1) = < 2 4 = Suponha agora a afirmação válida para n e vamos provar que ela é válida para n + 1. Temos 20(2010 (n + 1)) = (2010 n) < 20 (2 11 ) (2010 n) = 20 2 (11(2010 n)) < < 2 (9(2010 n)) 2 (11(2010 n)) = 2 (20(2010 n)) < 2 (2 (n+3)) = 2 (n + 4), completando a demonstração.